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Problema 2 APMO 2017

Publicado: Dom 14 May, 2017 12:30 pm
por tuvie
Sea $ABC$ un triángulo tal que $AB<AC$. Sea $D$ el punto de intersección entre la bisectriz interior de $\angle BAC$ y el circuncírculo de $ABC$. Sea $Z$ el punto de intersección entre la mediatriz de $AC$ y la bisectriz exterior de $\angle BAC$.
Probar que el punto medio del segmento $AB$ está sobre el circuncírculo del triángulo $ADZ$.

Re: Problema 2 APMO 2017

Publicado: Dom 14 May, 2017 4:59 pm
por MateoCV
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Sean [math] los puntos medios de [math] respectivamente. Llamemos [math] Luego [math] (arco capaz). También tenemos que [math] por ser bisectriz exterior y por la mediatriz. Luego [math] Vamos a probar que [math] y [math] son semejantes. [math] por base media, y como [math] tenemos que [math] Como [math], ese triángulo es isósceles y tenemos que [math] es semejante a [math] Luego [math]. Luego los triángulos [math] y [math] tienen dos lados proporcionales y el ángulo que los comprende iguales, por lo que son semejantes. Luego [math] y [math]. Como [math], [math] es cíclico como se quería ver

Re: Problema 2 APMO 2017

Publicado: Lun 15 May, 2017 5:32 pm
por Emerson Soriano
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Sea [math] el punto de corte del circuncírculo del triángulo [math] y la recta [math]. Como [math] es bisectriz interior y [math] es bisectriz exterior, entonces [math], [math] y [math]. Sea [math] el punto medio de [math], y sea [math]. Como el cuadrilátero [math] es cíclico, entonces [math], así, [math], y por ende, [math]. Como [math] y [math], entonces [math].

Por otro lado, los triángulos [math] y [math] son semejantes, por lo tanto, [math], de este modo, los triángulos [math] y [math] son semejantes, pues [math]. Esto muestra que [math], o sea, [math]. En síntesis, [math] es paralelo a [math], y, como [math] es punto medio de [math], entonces [math] es punto medio de [math], que es lo que se quería probar.

Re: Problema 2 APMO 2017

Publicado: Sab 23 Dic, 2017 8:22 pm
por Gianni De Rico
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APMO 2017 P2.png

Sea $E$ en la prolongación del segmento $AC$ tal que $CE=BM$. Notemos entonces que $\angle DCE=\angle DBA=\angle DBM$ por ser $ABDC$ cíclico, y que $DC=DB$ por ser $AD$ bisectriz, se sigue que $DCE\equiv DBM$ por tener dos lados y el ángulo comprendido entre ellos respectivamente congruentes. Entonces $DE=DM$, de modo que $AMDE$ es cíclico al ser $AD$ bisectriz. Por otro lado, si $\angle BAD=\alpha$, tenemos que $\angle CAZ=90^\circ -\alpha$, por lo que $\angle MAZ=\angle MAD+\angle DAC+\angle CAZ=\alpha +\alpha +90^\circ -\alpha =90^\circ +\alpha$, y también $\angle ECZ=180^\circ -\angle ZCA=180^\circ -\angle CAZ=90^\circ +\alpha$ al ser $AZ=ZC$ por hipótesis, por último, $CE=MB=AM$. Nuevamente por tener dos lados y el ángulo comprendido entre ellos respectivamente congruentes, resulta $ECZ\equiv MAZ$, en particular, $\angle ZEA=\angle ZEC=\angle ZMA$, así que $AMEZ$ es cíclico. Finalmente, $AMDZ$ es cíclico, y con eso estamos.

Re: Problema 2 APMO 2017

Publicado: Lun 30 Dic, 2019 4:44 pm
por Gianni De Rico
Otra

Solución:
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Sea $\angle CAB=2\alpha$, y sea $M$ el punto medio de $AB$.
Consideremos la inversión de centro $A$ y radio $AM$, y sea $X'$ el inverso de $X$ para todo punto $X$ del plano. Luego, $\angle AZ'C'=\angle ACZ=\angle CAZ=\angle C'AZ'$, por lo que $C'A=C'Z'$, pero además $\angle CAZ=90^\circ -\alpha$, de donde\begin{align*}\angle B'AZ' & =\angle B'AC'+\angle C'AZ' \\
& =2\alpha +90^\circ -\alpha \\
& =90^\circ +\alpha \\
& =180^\circ -(90^\circ -\alpha ) \\
& =180^\circ -\angle AZ'C'
\end{align*}por lo que $AB'\parallel C'Z'$.
Notemos que $B',D',C'$ son colineales y $AD'$ es bisectriz de $\angle B'AC'$, luego $\frac{B'A}{AC'}=\frac{B'D'}{D'C'}$, por otro lado, $\frac{AB'}{AM}=\frac{AM}{AB}=\frac{1}{2}$, de donde $AB'=B'M$.
Sea $D_1=B'C'\cap MZ'$, luego, por Thales$$\frac{B'D_1}{D_1C'}=\frac{B'M}{C'Z'}=\frac{AB'}{C'A}=\frac{B'D'}{D'C'}$$de donde $D'\equiv D_1$, y se sigue que $M,D',Z'$ son colineales, entonces $AMDZ$ es cíclico, por lo que el punto medio del segmento $AB$ está sobre el circuncírculo del triángulo $ADZ$.

Re: Problema 2 APMO 2017

Publicado: Jue 03 Mar, 2022 10:41 pm
por oaf
Creo q esto anda:
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Sean $F$ la intersección de la recta $ZC$ con $(ADZ)$, $M'$ la intersección de $AB$ con $(ADZ)$ y $N$ el punto medio de $BC$.

Primero, $N$, $F$, $M'$ son colineales:

Como $AD\perp AZ$, $\angle DFC=90^\circ$, ademas $\angle DNC=90^\circ$, $DFCN$ es cíclico, luego $\angle NFD=\angle NCD=\angle BAD=\angle M'AD=\angle M'FD$ así que son colineales.

Por ultimo, $NM'\parallel AC$ :

$\angle NFC=90^\circ -\angle NFD=90^\circ - \angle CAD=\angle CAZ=\angle ACZ$.

Entonces, $NM'$ es paralela a $AC$, como $N$ es punto medio de $BC$, resulta que $NM'$ es base media del triangulo $ABC$, en particular, $M'$ es punto medio de $AC$, que por definición, pertenece a $(AZD)$.